20xx年春人教版物理選修3-1第3章《磁場》章末綜合能力測試(文件)
【正文】 Fμ 1＝ 0 FN－ mgcosθ ＝ 0， Fμ 1＝ μF N， F1＝ BImaxd 解上述方程得： Imax＝ 根據(jù)第二幅受力圖， F2＋ Fμ 2－ mgsinθ ＝ 0， FN－ mgcosθ ＝ 0， Fμ 2＝ μF N， F2＝ BImind. 解上述方程得： Imin＝ 。求： (1)電子在磁場中運動的時間 t； (2)若改變 PQ 間的電勢差，使電子剛好不能從邊界 Ⅲ 射出，則此時 PQ 間的電勢差 U 是多少？ 答案： (1)π m6eB (2)eB2d22m 解析： (1)由 evB＝ mv2R T＝2π Rv 得電子在磁場中運動周期 T＝ 2π meB 電子在磁場中運動時間： t＝ 30176。 (1)求電場強度的大小和方向。 16. (12分 )(哈爾濱六中 2021～ 2021學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)檢測 )在某空間存在著水平向右的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道 AC 固定在紙面內(nèi)，其圓心為 O點，半徑 R＝ ， OA 連線在豎直方向上， AC 弧對應(yīng)的圓心角 θ＝ 37176。 答案： (1)E＝ 3N/C (2)10 － 3N 解析： (1)當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示： 由平衡條件得： F 電 ＝ qE＝ mgtanθ 代入數(shù)據(jù)解得： E＝ 3N/C (2)小球從進(jìn) 入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得： F 電 Rsinθ － mgR(1－ cosθ )＝ mv22 －mv202 代入數(shù)據(jù)得： v＝ 5m/s 由 F 電 ＝ qvB＝ mgcosθ 解得： B＝ 1T 分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況 由牛頓第二定律得： FN＋ Bqv0－ mg＝ mv20R 代入數(shù)據(jù)得： FN＝ 10 － 3N 由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋?FN＝ 10 － 3N。今有一質(zhì)量 m＝ 10 － 4kg、電荷 量 q＝＋ 10 － 4C的帶電小球 (可視為質(zhì)點 )，以 v0＝ ，一段時間后從 C點離開，小球離開 C點后做勻速直線運動，已知重力加速度 g＝ 10m/s2， sin37176。 (粒子的比荷滿足 qm＝ 4 3Bt0) 答案： (1)電場強度的大小為 BRt0，沿 x軸正方向； (2)粒子在磁場中運動的時間 3π18 t0 解析： (1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為 m，電荷量為 q，初速度為 v，電場強度為 E。 T＝ 112T 得： t＝ π m6eB (2)電子剛好不從邊界 Ⅲ 穿出時軌道與邊界相切，運動半徑為 R＝ d 由 evB＝ mv2R得 v＝eBdm PQ間由 eU＝ mv22 得 U＝ eB2d22m 15. (12分 )(沈陽市 2021～ 2021學(xué)年高二上學(xué)期期末 )如圖所示，在以坐標(biāo)原點 O為圓心、半徑為 R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B，磁場方向垂直于 xOy平面向里。勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 B，磁 場邊界寬度為 d，電子從磁場邊界 Ⅲ 穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為 30176。當(dāng)電流較大時，導(dǎo)體有向上的運動趨勢，所受靜摩擦力向下；當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時，磁場力為最大值 F1，此時通過 ab的電流最大為 Imax；同理，當(dāng)電流最小時，應(yīng)該是導(dǎo)體受向上的最大靜摩擦力，此時的安培力為 F2，電流為 Imin。 計算題 (共 4小題，共 46分。 (4)判定磁感
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